大题04 动量能量的综合应用（解析版）.docx

大题04动量能量的综合应用动量观、与能量观的正确形成是检验学生物理核心素养形成的重要方面。因此能量与动量的知识在高考中每年必考，题型分布广泛小题、大题均有涉及可以单独命题也可以二者综合起来命题，呈现情境丰富考察角度宽而有创意所以在复习备考中一定要引起高度重视。发麓大题典例动能定理的综合应用【例1】（2024高三浙江杭州期中）如图所示为安装在水平地面上的某游戏装置结构示意图，其左边部分是一个高度和水平位置均可以调节的平台，在平台上面放置一个弹射装置；游戏装置的右边部分由竖直固定的光滑圆弧轨道8C、粗糙水平直线轨道CT）与竖直固定的光滑圆轨道。£0组成（底端连接处。与W略错开）。已知圆弧轨道BC的圆心为O-半径用=1.2m,其C端与水平面相切，。乃与QC的夹角。=60。；水平直线轨道Co长度1.=1.2m,动摩擦因数4=0.5；圆轨道OED的半径4=08m。将质量m=0.2kg的滑块。置于C点，再将质量同为m=02kg的小球P经弹射装置从平台A点水平弹出，通过改变AB高度差A水平距离和小球P在A点的初速度大小，总能让小球沿B点的切线方向进入BC圆弧轨道，然后与滑块。发生弹性碰撞。空气阻力不计，小球和滑块均可视为质点，重力加速度g取IOm/s"求:（1）若=0.45m,求小球P从A点弹出时的初速度大小；（2）若z=0.45m,求小球P到达C点与。碰撞前瞬间对圆弧轨道的压力；【思路分析】根据平抛运动的规律先求出竖百速度在利用几何关系求初速度；在圆弧上根据动能定理求碰撞前的速度在结合牛顿第二定律求解轨道弹力：求出在E点的临界速度在根据动能定理或能量守恒求解ho【答案】（1）3ms;（2）6N,方向竖直向下；（3）1.5m【详解】（1）从A到B,做平抛运动，则竖直方向上有水平初速度vn=:0tan600联立解得%=y3ms（2）从A抛出到C,根据动能定理Zng喈)=w*解得vc=2yms在C点，根据牛顿第一.定律c.VCFtic-mg=mR解得由牛顿第三定律得压力F'=%=6N方向竖直向下（3）球P与。弹性碰撞后，速度交换，P球静止，。球弹出，要过E点，则需满足；mvj+mg(R-Rlcos6)Ymg1.=IingR2+；wvminnvl.mg=il三-R2联立解得vb=2VlOnVs过E点则要满足vr2-Vims从4到8,竖直方向有(vhsin600)2=2gh要满足的条件是1.5m蔻皿避;去揖号应用动能定理解题的五点注意茏薨变式训练（2024安徽合肥一模）如图甲所示，一小物块放置在水平台面上，在水平推力尸的作用下，物块从坐标原点O由静止开始沿X轴运动，尸与物块的位置坐标X的关系如图乙所示。物块在x=2m处从平台飞出，同时撤去尸，物块恰好由P点沿其切线方向进入竖直圆轨道，随后刚好从轨道最高点M飞出。已知物块质量为0.5kg,物块与水平台面间的动摩擦因数为0.7,轨道圆心为。，半径为0.5m,MN为竖直直径，/PON=37。,重力加速度g取：10ms2,sin37°=0.6,不计空气阻力。求：（1）物块飞出平台时的速度大小；（2）物块在圆轨道上运动时克服摩擦力做的功。【详解】（1）由尸与物块的位置坐标X的关系图像面积分析可知当物块运动到=2m处时尸所做的功4+7Wi=-×2J=llJ设物块运动到占=2m处时的速度为1.由动能定理叱一UtngX2=mv2可得v=4ms（2）分析可知物块从平台&出后做平抛运动，民从P点沿切线方向进入坚直圆轨道，设物块运动到尸点时的速度为。p，可得物块在产点的速度V”,vn=5msPcos37°设物块恰好由轨道最高点M匕出时的速度为入，由圆周运动知识mg=m可得vm=Ti=5ms设物块在圆轨道时，克服摩擦力做的功力吗，由动能定理-mgR(1+cos37o)-W2-gmr可得W.=0.5J龙莪K鹘典例能量观点与动力学观点解决力学综合题【例1】（2024高三下重庆渝中阶段练习）风洞是研究空气动力学的实验设备。中国打造的JF22超大型激波风洞，能够吹出30倍音速的风。如图所示，将刚性杆水平固定在某风洞内距水平地面高度z=12.8m处，杆上套一质量?=4kg、可沿杆滑动的小球（视为质点）。将小球所受的风力大小调节为尸=30N,方向水平向左。小球以速度=9ms向右离开刚性杆后，小球所受风力不变，取重力加速度大小g=10ms2。求小球:(1)在空中运动时的加速度大小生(2)在空中运动的时间，；(3)运动到距刚性杆右端(小球在其右下方)的水平距离x=5.25m时的动能及【思路分析】由受力分析先求出合力在根据牛顿运动定律求解加速度；根据运动的合成与分解分别求解水平竖直的规律在根据动能定理进一步解答相关问题。【答案】(1)=12.5ms2;(2)”1.6s；(3)线=204.5J或线=396.5J【详解】(1)对小球受力分析可知5=J(7g)2+广又F八=-2-m解得a=12.5m/s2(2)小球在竖直方向做自由落体运动，有O=Tg产解得/=1.6s(3)小球在水平方向做匀变速运动，加速度大小F-c.2a=7.5mZstn设经过时间r,小球与刚性杆右端之间的水平距离为X,有,1,2解得r'=Is或f'=1.4s由动能定理有f×-gt,2-Fx=Ek-m解得Ek=204.5J或Ek=396.5J茏塞变式训练(2024江苏宿迁一模)如图所示，足够长的竖直固定杆上套一劲度系数为的轻质弹簧，弹簧下端悬挂质量为根的物块B,上端连接一轻质小球，物块B与杆间无摩擦，小球A与杆之间的最大摩擦力为1.2mg,最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g,忽略空气阻力。求：(I)B静止时，弹簧伸长量X；(2)若将物块B拉至弹簧原长处由静止释放，物块的最大速度%;整个过程中，因摩擦产生的内能Q。【答案】(1)詈；(2)g后,【详解】(1)B静止时，根据平衡条件，有mg=kx解得X=弊k(2)当B的加速度为零时，速度有最大值，此时B下落X,此时的弹力为F锦=kx=mg结合题意可知F=kx=mg<fmax=.2mg所以A不动，B与弹簧构成的系统机械能守恒，即mx=mv-n+kx2联立可得设系统再次静止时，小球A下滑的距离为1.,此时弹簧伸长量为X；根据功能关系可得:mg(1.+x)=kx2+Q其中Q=1.2mg1.联立解得k茏麓达鹘典例能量动量的综合(23-24高三上湖北阶段练习)如图所示，光滑水平面上轻弹簧左端与物块A相连，右端与物块B接触但不相连，在物块B的右方一定距离处为静止的木板C和物块D,刚开始，物块D在木板的最右端。A物块以一定初速度向右运动压缩弹簧，A与B速度相等时弹簧的弹性势能为27J。当弹簧再次原长时，物块B恰与木板C发生碰撞，并迅速结合为一体，物块D最终停在木板的中间位置。己知物块A、C和D的质量为ZW=Ikg,物块B质量为M=2kg,木板C的长度为1.=3.2m,物块均可视为质点,重力加速度g=10m/s2。试求：(1)物块A的初速度大小；(2)物块B与木板C相碰损失的机械能；(3)物块B与木板C碰后至物块D与木板C刚达到速度相等过程中，物块D的位移大小。【思路分析】以A、B组成的系统应用动量守恒能量守恒求解A初速度及当弹簧再次原长时B的速度；B与C碰撞，由动量守恒定律求解碰撞后的速度以及损失的能量；B、C与D系统，由动量守恒定律求速度在结合运动学规律进行求解。【答案】(1)9m/s；(2)12J；(3)1.2m【详解】(I)根据题意，设A的初速度为%,当A、B速度相等时，由动量守恒定律有=(m+M)v对A、B、弹簧系统，由能量守恒定律有代入数据解得%=9m/S(2)当弹簧再次原长时，对A、B、弹簧系统，由动量守恒定律有mva=tnvh+MvB由能量守恒定律1,1,1联立以上两式vb=6msB与C碰撞，由动量守恒定律有Mv=(M+w)v解得v1=4m/sB与C碰撞损失的机械能E=T何4一B(M+m)片=12J(3)对B、C与D系统，由动量守恒定律有(M+w)vl=(M+2m)V2解得v2=3ms设物块B与木板C碰后至物块D与木板C达到速度相等过程的时间为/,则有2iz-=222解得=0.8s则此过程D的位移X=N=I.2m2茏麓避国揖号碰撞拓展（1）“保守型”碰撞拓展模型图例（水平面光滑）%TB市），）力小球一弹簧模型小球一曲面模型.工+q达到共速相当于完全非弹性碰撞，系统水平方向动量守恒，满足wo=（m+M）v共，损失的动能最大，分别转化为弹性势能、重力势能或电势能再次分离相当于弹性碰撞，系统水平方向动量守恒，满足加%=皿+妙2,能量满足T“耗散型”碰撞拓展模型图例（水平面、水平导轨都光滑）o>A)，生a/1/达到共速相当于完全非弹性碰撞，动量漏足muo=（"z+M共，损失的动能最大，分别转化为内能或电能茏麓变式训练（2024高三浙江阶段练习）如图所示，滑道由光滑的曲面滑梯P。和一条与其平滑连接的水平轨道ON构成，水平轨道右侧固定有一轻质弹簧，弹簧左端恰好位于M点。若质量为网,=20kg的滑块A从距离地面高z=1.25m处由静止开始下滑，下滑后与静止于。点的滑块B发生碰撞。若碰撞后A、B粘在一起，两者以2ms的速度向右移动0.5m停下。已知水平轨道OM长度1.=1.Om,两滑块与。例段之间的动摩擦因数相同，其余部分光滑，两滑块均可视为质点，弹簧始终在弹性限度内，重力加速度g=10ms2°求：（1）滑块B的质量，%;（2）滑块与OM段之间的动摩擦因数；（3）若A、B两滑块发生弹性碰撞，求弹簧最大的弹性势能K。P.'AB1_IWWWW/70MN【答案】(1)30kg；(2)0.4；(3)120J【详解】（1）从尸到O，对由动能定理%=5ms若卜滑后滑块A与静止于。点的滑块B发生碰撞后共同运动，由动量守恒ZMaV0=(Wa+Wb)v=30kg（2）若滑块A、B一起运动，由运动学公式V2=2gx=0.4（3）若滑块A、B发生弹性碰撞，由系统动量守恒和能最守恒va=v0=-lms,vb=“-2%_%=4ms+¾%+%压缩弹簧到速度为0时，弹簧最大的弹性势能，旦eP=2,wBvB-Wgg1.=120J当弹簧将B弹回后-mg1.=-120J=-Ep即B恰好返回原静止位置，A下滑再次下滑的速度小于第一次速度，即第一次B压缩弹簧的弹性势能最大Ep=120J必1刷题茏笼.勉模圾1. （2023高三山东烟台阶段练习）如图所示，一质量M=2.0kg的长木板A8静止在水平面上，木板的左侧固定一半径R=O60m的四分之一圆弧形轨道，轨道末端的切线水平，轨道与木板靠在一起，且末端高度与木板高度相同。现在将质量机=1.Okg的小铁块（可视为质点）从弧形轨道顶端由静止释放，小铁块到达轨道底端时的速度%=30ms,最终小铁块和长木板达到共同速度。忽略长木板与地面间的摩擦。取重力加速度g=10ms20求：（1）小铁块在弧形轨道末端时所受支持力的大小尸；（2）小铁块在弧形轨道上下滑过程中克服摩擦力所做的功Wf;【详解】（1）小木块在弧形轨道末端时，满足由牛顿第二定律匚wvO2F-nw=R解得小铁块在弧形轨道末端时所受支持力的大小为F=25N（2）根据动能定理mgRW/=gmv-0解得小铁块在弧形轨道上下滑过程中克服摩擦力所做的功为W=1.5J（3）根据动量守恒定律=（w+）v解得小铁块和长木板达到的共同速度为2. （2324高三下,辽宁阶段练习）如图所示，右侧有一质量M=OJOkg'半径R=0.20m的四分之一光滑圆弧轨道Ca静置于水平地面上，圆弧轨道底端C与水平面上的8点平滑相接，。为圆弧轨道圆心。轻质弹簧左端固定在竖直墙面上，用质量为加=020kg的物块把弹簧的右端压缩到A点由静止释放（物块与弹簧不拴接），到达B点时的速度为%=3ms。已知B点左侧地面粗糙，物块与地面之间的动摩擦因数为=01，A、B之间的距离为X=Im,B点右侧地面光滑，g取IOmZS2。（1）求物块在A点时弹簧具有的弹性势能；（2）求物块沿圆弧轨道能上升的最大高度；（3）现使该物块质量变为町=OJkg,并把圆弧轨道固定在原位置，仍从A点由静止释放物块，当物块运动到D点后立即受到水平向右的恒力/=0.2N的作用，求物块离开轨道后落回到与D点等高时同D点的距离。【答案】(1)1.1J；(2)0.15m；(3)0.64m【详解】（1）根据功能关系可得Ep=代入数据可得，物块在A点时弹簧具有的弹性势能为EP=1.IJ（2）物块和圆弧轨道相互作用的过程水平方向动量守恒，机械能守恒，则有mvQ=(f+w)VgWVp=J(A/+zw)V2+ngh联立解得，物块沿圆弧轨道能上升的最大高度为=0.15m（3）物块从4点运动到。点，根据功能关系有EP=nxgx+mgR+g班就解得，物块在。点的速度为此后，物块在竖直方向上做初速度为功的竖直上抛运动，在水平方向上做初速为零的匀加速直线运动，根据牛顿第二定律有F=mg可得，物块在水平方向上的加速度大小为a=2ms2根据竖直上抛规律可得，物块离开轨道后落回到与。点等高的时间为r=2-=0.8sg则物块离开轨道后落回到与D点等高时同D点的距离为d=axt2=0.64m3. （2024辽宁一模）如图所示，粗糙水平面N。右侧固定一个弹性挡板，左侧在竖直平面内固定一个半径R=IOm、圆心角6=53。的光滑圆弧轨道MN。半径ON与水平面垂直，N点与挡板的距离d=12m。可视为质点的滑块质量相=Ikg,从P点以初速度%=4.8ms水平抛出，恰好在M点沿切线进入圆弧轨道。己知重力加速度g取IOm/S?,sin53°=0.8o（1）求滑块经过N点时对圆弧轨道的压力大小；（2）若滑块与挡板只发生一次碰撞且不能从M点滑出轨道,求滑块与水平面间的动摩擦因数"的取值范围。【答案】（1）24.4N；（2）0.2<<0.6【详解】（1）依题意，滑块到达M点时，速度分解为水平和竖直两个方向，可得vwcos6>=v0滑块从M点运动到N点过程，由动能定理可得mgR（1-cos8）=；fnvifnvM滑块在最低点N时，由牛顿第二定律可得rV；FN-mg=m&=24.4N根据牛顿第三定律可知滑块经过N点时对圆弧物道的压力大小为产'n=G=24.4N（2）幼摩擦因数取最大值时，滑块第一次向右运动恰好与挡板碰撞，有一max"gd=0-/6年解得Anm=06滑块恰好可以再次滑到M点，由动能定理可得12-2tngd=0-n1解得2=一15滑块恰好不与挡板发生第二次碰撞，即12一3"min?gd=解得min=02所以动摩擦因数的取值范围为0.2</<0.64. （2324高三下河北沧州阶段练习）如图所示，长方形物块放置在光滑水平地面上，两竖直挡板（侧面光滑）夹在物块的两侧并固定在地面上，现把足够长的轻质硬杆竖宜固定在物块上，一根不可伸长的长为1.的轻质细线一端固定在杆的上端。点，另一端与质量为根的小球（视为质点）相连，把小球拉到O点等高处，细线刚好拉直，现使小球获得竖直向下的初速度，使小球能在竖直平面内做完整的圆周运动，当小球到达最高点时，物块对地面的压力恰好为0,且此时小球的加速度大小为9g。已知小球在运动的过程中与杆不发生碰撞，重力加速度为g,忽略空气的阻力。（1）求物块的质量以及小球获得的竖直向下的初速度大小；（2）若小球运动一周到达。点的等高点时，立即撤掉两侧挡板，物块一直在光滑的水平面上运动，求当小球再次到达最低点时物块的速度大小及细线的拉力大小。【详解】（1）设物块的质量为M,小球在最高点时由牛顿第二定律可得F+mg=m9g对物块由二力平衡可得4=Mg解得M=Sm设小球的初速度大小为%,小球在最高点速度的大小为V由向心加速度的定义可得9g=由机械能守恒定律得解得%=Jllg1.（2）若小球运动一周到达。点的等高点时，立即撤出两侧挡板，当小球再次到达最低点时，设小球与物块的速度大小分别为匕、匕，细线的拉力大小为凡由机械能守恒定律可得Bmv+mg1.=T切片+TMv;两物体组成的系统在水平方向动量守恒且为0,则有Mv2=mvx解得由向心力的公式以及牛顿第二定律可得m(v.+v,)F-mg=IJ产二125mg一85. （23-24高三下河南阶段练习）如图所示，水平轨道与固定在竖直面内半径为R的四分之一光滑圆弧轨道AB在3处平滑连接，圆弧轨道在8点切线水平，一轻弹簧放在水平轨道的左侧，弹簧的左端与固定挡板连接，水平轨道Co段粗糙，其它部分光滑，用质量为，的物块P向左压缩弹簧再由静止释放，同时将质量为M的物块Q在圆弧轨道的最高点4由静止释放，两物块刚好在CO中点相碰并粘在一起，然后向右运动，并刚好滑到4点，两物块在。段与轨道间的动摩擦因数均为05,C。部分长为R,不计物块大小，重力加速度为g，求：（1）物块Q第一次滑到圆弧的最低点B时对轨道的压力多大；（2）Q与P相碰前-瞬间，Q的速度多大；（3）弹簧开始被压缩具有的弹性势能多大。【答案】（I）3叫；（2）也还；（3）6mgR2【详解】（1）物块Q从圆弧轨道的最高点A运动到最低点B的过程中，由动能定理得ngR=说对物块Q在B点由牛顿第二定律得由牛顿第三定律可知物块Q第一次滑到圆弧的最低点B时对轨道的压力为FJ=3mg（2） Q从C点运动到Q与P相碰前一瞬间的过程中，由匀变速直线运动规律可知O,CR彩_%=_2g解得（3） Q与P碰撞过程中动量守恒nvp-mv1=2mQ与P碰撞后至滑到/点的过程中，由动能定理得R1-2mg×y-2ngR=0-×2zw片由能量守恒定律得Ep=gm%+专解得Ep=6mgR6.(2024山东日照一模)如图甲所示，在竖直平面内，倾角为。的斜面和半圆形轨道分别在B点、C点与光滑水平面相切。质量为小的小物块从斜面上A点由静止开始下滑，恰能通过圆形轨道的最高点。，离开D后又刚好落在8点。已知A、8两点间沿斜面的距离为/,小物块与斜面间的动摩擦因数随到A点距离变化的图像如图乙所示(其中M)=Ian6),半圆形轨道的半径为七重力加速度为g,小物块通过轨道连接处的3、C点时无机械能损失，忽略空气阻力。求：(1)小物块第一次到达B点时，重力的功率尸；(2)小物块沿半圆形轨道运动的过程中，摩擦力对小物块做的功W；(3)B、C两点间的距离s。【答案】(1)P=mgsinyjglsin；(2)W=mgR-mglsin(3)s-2R【详解】(1)对小物块从A到B运用动能定理，则nvl-0=mglSine?bugcos。=gmglsin解得%=Jg/Sine重力的功率为P=mgvBsin=mgsinyglsin（2）小物块恰能通过圆形轨道的最高点D,则Vm-=mgRVD=强沿半圆形轨道运动的过程中，摩擦力对小物块做的功；/WVy_tnvB=-mg（2R）+W解得W=-ingR-gtnglsin（3）物体离开O后又刚好落在B点，则M=2R解得s=2R7. （2324高三下四川雅安开学考试）如图所示，圆心角8=53。的竖直光滑圆弧形槽静止在足够大的光滑水平面上，圆弧AB与水平面相切于底端3点，圆弧形槽的右方固定一竖直弹性挡板。锁定圆弧形槽后，将一光滑小球（视为质点）从P点以大小%=3ms的初速度水平向右抛出，小球恰好从顶端A点沿切线方向进入圆弧形槽。已知小球的质量g=OJkg,圆弧形槽的质量2=0.2kg,小球运动到8点时对圆弧形槽上4点的压力大小飞=U8N,小球与挡板碰撞前、后的速度大小不变，方向相反。不计空气阻力，取重力加速度大小g=10ms2,sin53°=0.8,cos53°=0.6°（1）求尸、A两点间的高度差和水平距离;（2）求圆弧形槽的半径R；（3）若其他情况不变，仅将圆弧形槽解锁，通过计算分析，小球是否会冲出圆弧形槽的A点。p-vO【答案】（1）=0.8m,=1.2m:（2）R=0.25m:（3）见解析【分析】本题考查机械能守恒定律和动量守恒定律，目的是考查学生的模型建构能力。【详解】（1）小球在从尸点运动到A点的过程中做平抛运动，设该过程所用的时间为，h=-gf%=G水平方向有由于小球恰好从顶端A点沿切线方向进入圆弧形槽，由几何关系有tan=-vO解得h=0.8mX=1.2m（2）设小球通过3点时的速度大小为乙,根据机械能守恒定律有叫g(h+R-RCOSe)+g班*=Tg*设小球通过8点时所受圆弧形槽的支持力大小为五N，有K根据牛顿第三定律有K=&=11.8N解得R=0.25m（3）在小球沿圆孤A8运动的过程中，小球与圆弧形槽组成的系统水平方向动量守恒,向，设当小球通过B点时，小球和圆弧形槽的速度分别为匕、v2,有竖直方向有以水平向右为正方n1v0=n1v1+m2v2对该过程，根据机械能守恒定律有"hg(h+R-RCOSe)+gwv=gw1vj2+Tfn2V2解得V1=5ms,v2=-lms（“一”表示匕的速度水平向左）因为K>v2,所以小球与挡板碰撞并反弹后会滑上圆弧形槽，假设小球滑上圆弧形槽后能与圆弧形槽达到的共同速度大小为1.根据动量守恒定律有町匕+m2y2=GnI+?）u其中圆弧形槽的速度大小v2=lms解得v=2ms3设小球与圆弧形槽达到相同的速度时距圆弧形槽底端的高度为“，根据机械能守恒定律有T町匕2÷lw2v22=(n1+n2)v2+ingH解得由于R-RcosO=OJm假设不成立，即小球滑上圆弧形槽后会从A点冲出圆弧形槽。8. （2324高三上江苏徐州期中）如图所示，A、B两物块用轻弹簧连接后放在光滑的水平面上，A紧靠竖直墙壁，弹簧处于原长。现用水平向左的力尸缓慢推动物块B,到达某一位置后静止，此过程中力厂做功9Jo已知A、B两物块的质量分别为机a=4kg和7=2kg,现突然撤去推力R求:（1）弹簧第一次恢复到原长时，物块B的动量；（2）两物块的速度相同时，弹簧的弹性势能；（3）撤去推力F后，物块A能达到的最大速度。【答案】（1）6kgms,方向水平向右：（2）6J：（3）2ms【详解】（1）弹簧第一次恢复到原长时，根据能量守恒可得WF=IZB说解得物块B的速度为/s=3m/s则物块B的动量大小为PB=wbv0=6kgms方向水平向右。（2）两物块的速度相同时，根据系统动量守恒可得解得共同速度为V=e-y-=lms+wB根据系统机械能守恒可得，此时的弹簧的弹性势能为Ep=g4-(a÷M=6J（3）撤去推力尸后，当第一次到达共速后，弹簧伸长量最大，之后当弹簧再次恢复原长时，物块A的速度达到最大，则根据系统动量守恒可得WbV0=WaVa+/MbVb根据系统机械能守恒可得Iol2I2-/WbVJ=-WaV；+-ZWbVb联立解得物块A能达到的最大速度为va=v0=2ms”人+%9. （2324高三上山东阶段练习）如图所示，质量g=995kg的物块A与质量吗（未知）的物块B（均可视为质点）通过轻质弹簧拴接在一起，静止在光滑地面上，f=0时质量/=5g的子弹以速度=400ms沿水平方向射入物块A并留在其中（时间极短）=Q5s时,弹簧第一次压缩量最大,此时弹簧压缩量为0.32m,从1=0到f=0.5s时间内，物块B运动的距离为0.072m。已知碰撞过程中弹簧始终处于弹性限度内，重力加速度g=10ms2,sin37o=0.6o求：（1）子弹打入物块A后系统损失的动能；（2）求弹簧恢复原长时物块A、B的速度；（3）若物块B和弹簧不拴接，A、B分离后B滑上倾角。=37。，高度=2Cm的粗糙斜面（斜面固定在水平面上，经过连接处时无能量损失），然后滑下，与一直在水平面上运动的A再次相碰，物块B与斜面间的动摩擦因数的取值范围。=wwwwv（b77777777Z77Z777777ZZ77777Z77z777777777Z777Q45【答案】（1）399J：（2）0.2m/S,方向向左；0.8ms,方向向右；（3）A<-2（）68【详解】（1）子弹打进物块过程中动量守恒，4%=（书+町）丫解得V=lms系统损失的动能Ek摘=T加片一T（人+犯）声解得=399J（2）对于A、B及弹簧组成的系统，任时刻动量守恒，设zw3=n0+网=2kgw3v=w3va+w2vbn3vr=/M3VaAz+w2vr=Xvat+Xvbm3V=ZW3Xa+W2Xbx=xa-xb=0.32m解得fn2=3kg弹簧恢复原长时I2I2I25%射=-fn3vA+-m2vtt解得va=-0.2m/s,vb=0.8m/s则A速度向左，B速度向右。（3）若B与弹簧不拴接，A、分离时B的速度为%=08ms不能越过斜面jgh-m2gcos-0一m2vlSmg2一产20B能滑下来m2gsin>n2gcos上滑过程，根据动能定理下滑过程，根据动能定理叫g九一加28CoS0=g外谱能追上AVg>0.2m/s45<一68综上所述2"<竺206810. （23-24高三上湖北黄冈期中）如图所示半径为R=0.8m的四分之一固定圆弧轨道与水平地面相切，O为圆心。质量为g=2kg的A球从圆弧轨道上与圆心O等高处由静止开始下滑，质量为网=3kg的3球（左侧连有轻弹簧）以%=2ms在水平地面上向右运动，在此后的过程中，弹簧始终处于弹性限度内，忽略一切摩擦，重力加速度g=10ms1.求:（1）4球刚滑到水平地面的速度大小v1；（2）从A球用开始接触弹簧到弹簧压缩至最短过程中，弹簧对3球的冲量/；（3）8球在运动过程中能达到的最大速度。【答案】（1）V1=4msj（2）=24NS;（3）vm=3.6rns【详解】（1）对A球从静止到刚滑到水平地面的过程，由动能定理，有D12叫gR=QfiNi求得A球速度为v1=4m/s（2）对A球和B球组成的系统，弹簧最短时二者共速，以水平向右为正方向，由动量守恒定律，有叫K+牡=（町+生）彩弹簧第次压缩过程中对8球的冲量为I=w2v2-W2V07=2,4Ns（3）弹簧第次恢复原长时8球速度达到最大，设此时4球速度为匕'，由动量守恒定律，有小匕+m2%=叫（+?%由系统机械能守恒，有12121，12-W1V1-+-W2v;=-w1v1-+-wv;=3.6ms茏真题1.（2023广东高考真题）如图为某药品自动传送系统的示意图.该系统由水平传送带、竖直螺旋滑槽和与滑槽平滑连接的平台组成，滑槽高为31.,平台高为1.。药品盒A、B依次被轻放在以速度%匀速运动的传送带上，在与传送带达到共速后，从M点进入滑槽，A刚好滑到平台最右端N点停下，随后滑下的B以2%的速度与A发生正碰，碰撞时间极短，碰撞后A、B恰好落在桌面上圆盘内直径的两端。已知A、B的质量分别为小和2?，碰撞过程中损失的能量为碰撞前瞬间总动能的!。A与传送带间的动摩擦因数为，重力加速度为g，AB在滑至N点之前不发生碰撞，忽略空气阻力和圆盘的高度，将药品盒视为质点。求:(1) A在传送带上由静止加速到与传送带共速所用的时间，；(2) B从M点滑至N点的过程中克服阻力做的功W；(3)圆盘的圆心到平台右端N点的水平距离6.【答案(2)W=6mg1.-3*;(3)s吟栏【详解】(1)A在传送带上运动时的加速度由静止加速到与传送带共速所用的时间r=2k=J1.ag(2)B从M点滑至N点的过程中克服阻力做的功W=2mv+2mg31.-2w(2v0)2=6mg1.-3m(3)AB碰撞过程由动量守恒定律和能量关系可知2n-2%=nv1+2mv2；2加(2%)2_(；wvl2÷；2/WV2)=；【；.2m(2v0)2解得K=2%v2=25(另一组匕=§%=§%舍掉)两物体平抛运动的时间5+*=V1Z1解得T后2.（2023北京高考真题）如图所示，质量为?的小球A用一不可伸长的轻绳悬挂在。点，在。点正下方的光滑桌面上有一个与A完全相同的静止小球B,B距。点的距离等于绳长1.现将A拉至某一高度，由静止释放，A以速度U在水平方向和B发生正碰并粘在一起。重力加速度为g。求：（1）A释放时距桌面的高度H；（2）碰撞前瞬间绳子的拉力大小F；（3）碰撞过程中系统损失的机械能E°【答案】（1）:（2）mg+m-1（3）-7mv22g61.4【详解】（1）A释放到与B碰撞前，根据动能定理得U1,mgH=-mv解得H=之2g（2）碰前瞬间，对A由牛顿第二定律得F-mg=m-解得1.VF=mg+m（3）A、B碰撞过程中，根据动量守恒定律得mv=2mv1解得则碰撞过程中损失的机械能为3.（2023浙江高考真题）为了探究物体间碰撞特性，设计了如图所示的实验装置。水平直轨道A8、Co和水平传送带平滑无缝连接，两半径均为R=0.4m的四分之一圆周组成的竖直细圆弧管道。E/与轨道CO和足够长的水平直轨道/G平滑相切连接。质量为3m的滑块人与质量为2?的滑块C用劲度系数左=100N/m的轻质弹簧连接，静置于轨道尸G上。现有质量，=012kg的滑块。以初速度=2jTms从。处进入，经OM管道后，与FG上的滑块力碰撞（时间极短）。已知传送带长1.=0.8m,以u=2ms的速率顺时针转动，滑块与传送带间的动摩擦因数=05,其它摩擦和阻力均不计，各滑块均可视为质点，弹簧的弹性势能4为形变量）。（1）求滑块。到达圆弧管道DEF最低点F时速度大小VF和所受支持力大小Fn;（2）若滑块。碰后返回到8点时速度以=Ims,求滑块心碰撞过程中损失的机械能E;（3）若滑块。碰到滑块b立即被粘住，求碰撞后弹簧最大长度与最小长度之差x°【答案】（1）lOm/s；31.2；（2）0；（3）0.2m【详解】（1）滑块从。到R由能量关系Cnl21mg'2R=-mv在产点FN-mg=m±Kvr=10msEV=31.2N(2)滑块。返回B点时的速度以=lms,滑块。一直在传送带上减速，加速度大小为根据可得在。点的速度则滑块从碰撞后到到达C点解得因ab碰撞动量守恒，则解得碰后b的速度则碰撞损失的能量vc=3ms=mv+mg2Rv/=5m/smvE=-11v1÷311v2V2=5msE=-mv2p-wvj2一-3mvl=O(3)若滑块4碰到滑块立即被粘住，则时碰后的共同速度wvf=4mv解得v=2.5ms当弹簧被压缩到最短或者伸长到最长时有共同速度4mv=6W则5.V=m/s3当弹簧被注缩到最短时压缩量为x/,由能量关系4wv2=6wv2+Ax；222解得xl=0.1m同理当弹簧被拉到最长时伸长量为X2=X则弹簧最大长度与最小长度之差=2x1=0.2m4.（2023湖北高考真题）如图为某游戏装置原理示意图。水平桌面上固定一半圆形竖直挡板，其半径为2R、内表面光滑，挡板的两端A、8在桌面边缘，B与半径为R的固定光滑圆弧轨道CDE在同一竖直平面内，过。点的轨道半径与竖直方向的夹角为60。小物块以某一水平初速度由A点切入挡板内侧，从B点飞出桌面后，在C点沿圆弧切线方向进入轨道CDE内侧，并恰好能到达轨道的最高点。小物块与桌面之间的动摩擦因数为I,重力加速度大小为g,忽略空气阻力，小物块可视为质点。求：（1）小物块到达。点的速度大小；（2） 8和。两点的高度差；（3）小物块在A点的初速度大小。【答案】（1）府；（2）0；（3）【详解】（1）由题知，小物块恰好能到达轨道的最高点。，则在。点有V2dfn=fnS解得VD=强（2）由题知，小物块从C点沿圆弧切线方向进入轨道COE内侧，则在C点有cos60=小物块从C到D的过程中，根据动能定理有(R+Rcos60)=Jrnv-mv则小物块从B到。的过程中，根据动能定理有联立解得vb=ygR，Hbd=0(3)小物块从A到8的过程中，根据动能定理有一mgS=g%一如：S=t2R解得5. (2023辽宁高考真题)某大型水陆两柄飞机具有水面滑行汲水和空中投水等功能。某次演练中，该飞机在水而上由静止开始匀加速直线滑行并汲水，速度达到Vi=80ms时离开水面，该过程滑行距离=1600m.汲水质量?=1.0x104kgo离开水面后，飞机攀升高度/?=100m时速度达到也=100mZs,之后保持水平匀速飞行，待接近目标时开始空中投水。取重力加速度